1樓：
之前有人在某個群裡問了這道題, 原來是在知乎上看到的啊... 下面是我的方法, 跟 @junyi xie 的方法類似都要用剩餘域.
證明不存在這樣的 f 和 g:(不失一般性可以假設 f 和 g 不可約)
1. 首先注意到 "有公因子" 實際是個 local condition, 因為相當於模掉一些素數為零. 再注意到 Z[x,y]/ (f 與 g 為非常數的整係數多項式) 的 Krull 維數為零 (從而容易決定出其素理想的形狀), 於是我們容易把命題重述為:
不存在滿足上述條件的 f 和 g 使得 X=Spec (Z[x,y]/) ----> Spec Z 的所有 special fiber 在剩餘域上均無有理點.
2. 重述之後容易想到可以使用代數數論. 首先注意當 X 是某個數環的 Spec 的時候, 由於存在無數個 totally splitting prime ideals, 所以命題成立; 另一方面, 注意到 O_X(X) 總是某個數環 O_K 在某個代數整數處的區域性化 A 的某個子環 (possibly need to mod out some torsion part), 而 Spec A 滿足這個性質, 從而通過 Z ----> O_X(X) ----> A 即知 X 亦滿足這個性質, 證畢.
2樓：
嘗試證明一下，有問題的話請補充。證明思路：
如果存在f和g，那麼f和g生成整數的素因子（稱這個素因子集合為PrimeSet(f)和PrimeSet(g)）不能有交集。素數有無限多個，那麼多項式生成的整數素因子集合是有限還是無限的？
PrimeSet(*)是無限的；
如果是有限的：素因子集合能夠組成的整數（小於n的由PrimeSet(f)組合成的整數）比多項式生成的（小於n的）少；
證明給定任意乙個多項式f，不存在g使得PrimeSet(g)和PrimeSet(f)沒有交集：
如何保證乙個多項式a的PrimeSet(a)不包含給定素數p？
假定多項式的非常數部分mod p的不會出現m1...mn這些值（也有可能mod p會出現0~p-1所有值），那麼多項式的常數c mod p是p 減去 m1...mn中任意乙個就可以保證PrimeSet(a)不包含p；
因為PrimeSet(f)是無限的，所以g中常數c無法滿足所有的PrimeSet(f)的要求；
3樓：
不存在。
證明：這個證明非初等，用到代數數論。
在Q的代數閉包中解方程 f(x)=0 和g(y)=0. 然後假設K是最小的Q上個GALOIS擴張包含把他們所有的根。假設a,b方別是乙個 f(x)=0 的根和g(y)=0的根。
因為Q上所有擴張是單擴張，所以存在c 屬於K，有 K=Q(c).那麼存在多項式 A(x),B(x)，C(x)\in Q[x],有a=A(c),b=B(c)且C(c)=0. 對任何充分大的素數p， A,B的所以係數是p整數。
考慮 Chebotarev 密度定理， 存在無窮多素數p有O_K/m_p=F_p.這裡，O_K是K上代數整數環， m_p是p進賦值大於0的元素組成的理想。 那麼A(c),與 B(c)模m_p後得到F_p中的兩個元素。
取充分大的這樣的p。對任何整數m,n有m mod p=A(c) mod m_p, n mod p=B(c) mod m_p , 我們有 p同時整除 f(m)與 g(n).
是否存在一元整係數多項式，使自變數遍歷正整數時，得到的所有值的全部不同素因數只有有限個？
劉暢 嚴格說是存在的。令f x C，其中C為任意非零整數，皆可滿足條件。除此以外的rank 1的整係數多項式是不存在的。我們設f x xg x c。當c不為零時，反證法，假設全體素因數為p1,pn。他們的乘積為P p1.pn。令x Pc，則f x c Pg Pc 1 考慮Pg pc 1中任意乙個素因...
基尼係數相等的兩個國家，是否意味著財富分配也相等？
三言兩語 基尼係數就是貨幣化的收入差距，我覺得基尼係數並不能反映人在實際生活中對於貧富差距的感受，以中國和美國舉例，美國的基尼係數略高於中國，但如果都在兩個國家生活過，感覺美國的貧富差距遠大於中國，中國的貧富差距，其中乙個很大的體現是地區間的差異，同一地區差異並沒有那麼大，美國吧，相鄰的兩個社群可能...
世界是否存在兩個完全不同的事物？
不存在。解 假設事物x與事物y是完全不同的事物。由題意，x與y都是事物 x與y都具有 事物 這一屬性 x與y具有相同點 事物 假設不成立即證。 崔爽 一切都是且僅僅是存在 意義是概念存在的前提 一切文字只對經過識字訓練的人類有意義 有關係 此處 世間的所有概念，字詞，意義，真實都是人類立場的真實，除...